类型五 与平移有关的探究题-2021年中考数学二轮复习重难题型突破

类型五 与平移有关的探究题

1. 平移的概念：在平面内，将一个图形沿某个方向移动一定的距离，这样的图形运动称为平移，平移不改变图形的形状和大小．

【要点诠释】

（1）平移是运动的一种形式，是图形变换的一种，本讲的平移是指平面图形在同一平面内的变换；

（2）图形的平移有两个要素：一是图形平移的方向，二是图形平移的距离，这两个要素是图形平移的依据；

（3）图形的平移是指图形整体的平移，经过平移后的图形，与原图形相比，只改变了位置，而不改变图形的大小，这个特征是得出图形平移的基本性质的依据．

2．平移的基本性质：由平移的概念知，经过平移，图形上的每一个点都沿同一个方向移动相同的距离，平移不改变图形的形状和大小，因此平移具有下列性质：经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应角相等．

【要点诠释】

（1）要注意正确找出“对应线段，对应角”，从而正确表达基本性质的特征；

（2）“对应点所连的线段平行且相等”，这个基本性质既可作为平移图形之间的性质，又可作为平移作图的依据．

【典例1】在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在直线CD上(不与点C、D重合)，连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于H，连接AH，PH.

【问题发现】

(1)如图①，若点P在线段CD上，AH与PH的数量关系是________，位置关系是________；

【拓展探究】

(2)如图②，若点P在线段CD的延长线上，其他条件不变，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，否则说明理由；

【解决问题】

(3)若点P在线段DC的延长线上，且∠AHQ＝120°，正方形ABCD的边长为2，请直接写出DP的长度．

【答案】解：(1)AH＝PH，AH⊥PH；

【解法提示】如解图①，连接HC，

①

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BDC＝45°，

又∵QH⊥BD，

∴△DHQ是等腰直角三角形，

∴HD＝HQ，∠HDP＝∠HQC＝45°，

由平移的性质可知DP＝CQ，

在△HDP和△HQC中，，

∴△HDP≌△HQC.

∴HP＝HC，∠DHP＝∠QHC.

根据正方形是轴对称图形得到HA＝HC，∠AHD＝∠CHD，

∴∠AHP＝∠AHD＋∠DHP＝∠CHD＋∠QHC＝90°，即AH⊥PH.

∴HA＝HP，AH⊥PH.

(2)(1)中的结论仍然成立，

理由如下：如解图②，连接HC，

②

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BDC＝45°，

又∵QH⊥BD，

∴△DHQ是等腰直角三角形，∴∠HDP＝∠HQC＝135°，HD＝HQ，由平移的性质可知DP＝CQ，

在△HDP和△HQC中，，

∴△HDP≌△HQC(SAS)，

∴HP＝HC，∠DHP＝∠QHC，

根据正方形是轴对称图形得到HA＝HC，∠AHD＝∠CHD，

∴∠AHP＝∠AHD－∠DHP＝∠CHD－∠CHQ＝90°，

∴HA＝HP，AH⊥PH；

(3)DP＝2.

【解法提示】由(1)知，AH＝PH，AH⊥PH，

∴∠HPA＝45°，

∵∠AHQ＝120°，

∴∠PHQ＝120°－90°＝30°.

∴∠PHD＝∠QHD－∠PHQ＝60°，∠AHB＝∠CHB＝∠AHP－∠PHD＝30°，

∴∠CHP＝∠CHB＝∠AHB＝30°，

∴∠CPH＝＝75°，

∴∠APD＝∠CPH－∠APH＝30°，在Rt△ADP中，AD＝2，

∴DP＝＝2.

【典例2】在中，，交BA的延长线于点G．

特例感知：

（1）将一等腰直角三角尺按图1所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为F，一条直角边与AC重合，另一条直角边恰好经过点B．通过观察、测量BF与CG的长度，得到．请给予证明．

猜想论证：

（2）当三角尺沿AC方向移动到图2所示的位置时，一条直角边仍与AC边重合，另一条直角边交BC于点D，过点D作垂足为E．此时请你通过观察、测量DE，DF与CG的长度，猜想并写出DE、DF与CG之间存在的数量关系，并证明你的猜想．

联系拓展：

（3）当三角尺在图2的基础上沿AC方向继续移动到图3所示的位置（点F在线段AC上，且点F与点C不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）

【答案】（1）证明见详解；（2）DE+DF=CG，证明见详解；（3）成立．

【解析】

【分析】

（1）通过条件证明△BFC≌△CGB，即可得到；

（2）过点B作BM⊥CF交CF延长线于M，过点D作DH⊥BM于H，通过△BMC≌△CGB，得到BM=CG，然后由四边形MHDF为矩形，MH=DF，最后再证明△BDH≌△DBE，得到BH=DE，即可得到结论；

（3）同（2）中的方法．

【详解】

（1）∵，

∴∠ABC=∠ACB，

在△BFC和△CGB中，

∴△BFC≌△CGB，

∴

（2）DE+DF=CG，

如图，过点B作BM⊥CF交CF延长线于M，过点D作DH⊥BM于H，

∵，

∴∠ABC=∠ACB，

在△BMC和△CGB中，

∴△BMC≌△CGB，

∴BM=CG，

由题意和辅助线可知，∠M=90°，∠MFD=90°，∠MHD=90°，

∴四边形MHDF为矩形，

∴MH=DF，DH∥MF，

∴∠HDB=∠MCB，

∴∠HDB=∠ABC，

在△BDH和△DBE中，

∴△BDH≌△DBE，

∴BH=DE，

∵BM=CG，BM=BH+HM，

∴DE+DF=CG，

（3）成立，

如图，过点B作BM⊥CF交CF延长线于M，过点D作DH⊥BM于H，

同（2）中的方法

∵，

∴∠ABC=∠ACB，

在△BMC和△CGB中，

∴△BMC≌△CGB，

∴BM=CG，

由题意和辅助线可知，∠M=90°，∠MFD=90°，∠MHD=90°，

∴四边形MHDF为矩形，

∴MH=DF，DH∥MF，

∴∠HDB=∠MCB，

∴∠HDB=∠ABC，

在△BDH和△DBE中，

∴△BDH≌△DBE，

∴BH=DE，

∵BM=CG，BM=BH+HM，

∴DE+DF=CG．

【点睛】

本题考查了全等三角形的性质和判定，属于几何动态问题，能够正确的构造辅助线找到全等三角形是解题的关键．

【典例3】如图，将矩形ABCD沿对角线AC剪开，再把△ACD沿CA方向平移得到△A′C′D′．
（1）证明△A′AD′≌△CC′B；
（2）若∠ACB=30°，试问当点C′在线段AC上的什么位置时，四边形ABC′D′是菱形，并请说明理由．

【思路点拨】

（1）根据已知利用SAS判定△A′AD′≌△CC′B；
（2）由已知可推出四边形ABC′D′是平行四边形，只要再证明一组邻边相等即可确定四边形ABC′D′是菱形，由已知可得到BC′=AC，AB=AC，从而得到AB=BC′，所以四边形ABC′D′是菱形．

【答案与解析】

【典例4】 如图（1）所示，一张三角形纸片，.沿斜边AB的中线CD把这线纸片剪成和两个三角形如图（2）所示.将纸片沿直线（AB）方向平移（点始终在同一条直线上），当点与点B重合时，停止平移，在平移的过程中，与交于点E，与分别交于点F，P.

（1）当平移到如图（3）所示的位置时，猜想图中与的数量关系，并证明你的猜想.

（2）设平移距离为，与重叠部分的面积为，请写出与的函数关系式，以及自变量的取值范围；

（3）对于（2）中的结论是否存在这样的，使得重叠部分面积等于原纸片面积的？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.

【解析】(1)D1E=D2F．
∵C1D1∥C2D2，∴∠C1=∠AFD2．
又∵∠ACB=90°，CD是斜边上的中线，
∴DC=DA=DB，即C1D1=C2D2=BD2=AD1∴∠C1=∠A，∴∠AFD2=∠A
∴AD2=D2F．同理：BD1=D1E．
又∵AD1=BD2，∴AD2=BD1．∴D1E=D2F．
 

（2）∵在Rt△ABC中，AC=8，BC=6，
∴由勾股定理，得AB=10．即AD1=BD2=C1D1=C2D2=5
又∵D2D1=x，∴D1E=BD1=D2F=AD2=5-x．∴C2F=C1E=x
在△BC2D2中，C2到BD2的距离就是△ABC的AB边上的高，为．
设△BED1的BD1边上的高为h，由探究，得△BC2D2∽△BED1，
∴．∴h=．

S△BED1=×BD1×h=（5-x）2
又∵∠C1+∠C2=90°，∴∠FPC2=90°．
又∵∠C2=∠B，sinB=，cosB=．
∴PC2=x，PF=x，S△FC2P=PC2×PF=x2
而y=S△BC2D2-S△BED1-S△FC2P=S△ABC-（5-x）2-x2
∴y=-x2+x（0≤x≤5）．
（3）存在．
当y=S△ABC时，即-x2+x=6，
整理得3x2-20x+25=0．解得，x1=，x2=5．
即当x=或x=5时，重叠部分的面积等于原△ABC面积的．

【典例5】如图（1），已知的面积为3，且现将沿CA方向平移CA长度得到.

（1）求所扫过的图形面积；

（2）试判断，AF与BE的位置关系，并说明理由；

（3）若求AC的长.

【思路点拨】（1）根据平移的性质及平行四边形的性质可得到S△EFA=S△BAF=S△ABC，从而便可得到四边形CEFB的面积；
（2）由已知可证得平行四边形EFBA为菱形，根据菱形的对角线互相垂直平分可得到AF与BE的位置关系为垂直；
（3）作BD⊥AC于D，结合三角形的面积求解．

【答案与解析】（1）由平移的性质得
AF∥BC，且AF=BC，△EFA≌△ABC
∴四边形AFBC为平行四边形
S△EFA=S△BAF=S△ABC=3
∴四边形EFBC的面积为9；
 

（2）BE⊥AF
证明：由（1）知四边形AFBC为平行四边形
∴BF∥AC，且BF=AC
又∵AE=CA
∴BF∥AE且BF=AE
∴四边形EFBA为平行四边形又已知AB=AC
∴AB=AE
∴平行四边形EFBA为菱形
∴BE⊥AF；
（3）如上图，作BD⊥AC于D
∵∠BEC=15°，AE=AB
∴∠EBA=∠BEC=15°
∴∠BAC=2∠BEC=30°
∴在Rt△BAD中，AB=2BD
设BD=x，则AC=AB=2x
∵S△ABC=3，且S△ABC=AC•BD=•2x•x=x2

∴x2=3
∵x为正数
∴x=
∴AC=2．